ĐỐN NGÃ OXY CHỦ ĐỀ 1: TAM GIAC

TRẦN ĐÌNH CƯ
GV Chuyên luyện thi THPT Quốc Gia, TP Huế

Đốn ngã Oxy
Chủ đề 1: Tam giác
Tài liệu mến tặng các em học sinh chuẩn bị thi THPT Quốc gia 2016. Chúc các
em đạt kết quả cao trong các kỳ thi sắp đến.
8

6

y
B

C
4

d

N
2

A
5

x
O

5

2

M
4

Huế, ngày 17/05/2016


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
CHỦ ĐỀ 1. TAM GIÁC

3
; trọng tâm G của ΔABC thuộc
2
đường thẳng  d  : 3x  y  8  0 . Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ΔABC .
Bài 1. Cho điểm A  2; 3 , B 3; 2  , ΔABC có diện tích bằng

Giải
Gọi C  a;b  ,  AB : x  y 5  0  d  C;AB  

a b5

 a 5 b5
Trọng tâm G 
;
   d   3a  b  4
3 
 3

 3

Từ 1 ,  3  C  2;10   r 
Từ  2  ,  3  C 1; 1  r 



2

a  b  8 1
2SΔABC
 a  b  5  3 
AB
a  b  2  2

S
3

p
2  65  89

S
3

p
22 5

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  4; 2  , ACB  750 . Đường cao
kẻ từ đỉnh A có phương trình 2x  y  0 , D là điểm thuộc cạnh BC sao cho DC  2DB . Tìm tọa độ
điểm A biết ADC  60 0 và điểm A có hoành độ âm.
Giải
Cách 1.

Phương trình đường thẳng BC qua B  4; 2  và vuông góc với đường cao AH có dạng

BC : x  2y  0

A

Lại có BH  d  B;AH  

10
5

2 5

E

Đặt AH  x  x  0  . Xét các tam giác vuông ACH và ADH. Ta có:

CH 

x
0

tan 75

, DH 

x
0

tan 60



x
3

 DC 

x
0

tan 75

3

1 
x 
 1

DC  2DB  x 

  2 2 5 
x 
0
3
3
 tan 75


 t  2  A  2; 4 (loaïi)

2 5 
5
 t  2  A  2; 4

5t

1500
2 tan 750
 tan1500 
 tan 750  2  3
2
1  tan 2 750
Cách 2. Lấy E đối xứng với C qua AD.

 CAE  900 ;ADC  600  ADE  600 ;BDE  600

Gọi K là trung điểm của DE. Ta có:

D

4 5
2 5
1

3
tan 750

Vậy A  2;4 là điểm cần tìm.

Vì CAD  1800  750  600  450

60°

B

Mặt khác:

Chú ý: tan 750  tan

I

K

x



Gọi A  t; 2t   AH : 2x  y  0  AH  d  A;BC  

45°

75°

H

C


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133

1
1
DK  DE  DC  DB  ΔBDK là tam giác đều.
2
2
1
Do đó BK  DK  DE  ΔBDE vuông tại B.
2
Vậy tứ giác ACBE là tứ giác nội tiếp, suy ra ABC  AEC  450 hay BAH  450
Do A  AH  A  a; 2a   BA   a  4;2  2a 





Ta có cos BA;u AH  cos 450 

1
2

 a  4   2  2  2a 


5

 a  4 4   2  2a 2

 a  2

Vì A có hoành độ âm nên A  2;4  là điểm cần tìm.

Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 x  22   y  32  26 với

C

có phương trình

 8
G  1;  là trọng tâm tam giác và M  7;2  nằm trên đường thẳng đi qua A
 3

và vuông góc với đường thẳng BC; M  A , điểm F  3;2  thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC, biết rằng yB  yC
Giải

Gọi I là tâm của đường tròn  C  và H là trực tâm ΔABC thì G, H, I thẳng hàng và GH  2GI (tính
chất đường thẳng Euler)
 x H  1  2  2  1
 x H  1

 H  1;2 
Mà I  2;3 nên 
8
8 

 yH   2  3    yH  2
3
3




Ta thấy M   C  và A, H, M thẳng hàng; BC là đường trung trực của HM. Ta có F  3;2  và

HM  8;0  nên BC: x  3  0 . Tọa độ B, C là nghiệm của hệ:
 x  3  0
x  3


2
2
 x  2    y  3  26  y  2; y  8

 C

HM : y  2  0 và A  HM

nên tìm được A  3;2 . Vậy A  3;2 , B 3;8 , C  3; 2 

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

 T  :  x  12   y  22  25 . Các điểm

K  1;1, H 2;5  lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của

tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.
Giải
(T) có tâm I 1;2  . Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. Ta có

A

1
HCx  ABC  SđAC 1
2
Do

AHB  AKB  900

nên

x
H

AHKB

là

 ABC  KHC (cùng bù với góc AHK )

tứ

giác

nội

tiếp

I

(2)

Từ (1) và (2) ta có HCx  KHC  HK / /Cx

B

K

Mà IC  Cx  IC  HK
Do đó IC có vec-tơ pháp tuyến là KH   3;4  , IC có phương trình 3x  4y  11  0
Do C là giao của IC với (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:

C


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133


 x  5  x  3
3x  4y  11  0

;
. Do x C  0 nên C  5; 1

2
2
y


1
y


5
x

1

y

2

25








Đường thẳng AC đi qua C và có vec-tơ chỉ phương là CH   3;6  nên AC có phương trình:

2x  y  9  0
Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:


x  1 x  5
2x  y  9  0

;
(loại). Do đó A 1;7 


2
2

 x  1   y  2   25  y  7  y  1
Đường thẳng BC đi qua C và có vec-tơ chỉ phương là CK   6;2  nên BC có phương trình

x  3y  2  0 .
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

 x  3y  2  0
 x  4  x  5

;
(loại). Do đó B  4;2 

2
2
 x  1   y  2   25  y  2  y  1
Vậy A 1;7 , B 4;2 , C 5; 1
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc đường
thẳng Δ : 4x  3y  12  0 và điểm K  6;6  là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm nằm
trên Δ sao cho AC  AO và các điểm C, B nằm khác phía nhau so với điểm A. Biết điểm C có
24
hoành độ bằng
, tìm tọa độ của các đỉnh A, B.
5
Giải
O

Cách 1.
Trên Δ lấy điểm D sao cho BD  BO và D, A nằm khác phía
nhau so với B.

F

E
C

Gọi E là giao điểm của các đường thẳng KA và OC, gọi F là
giao điểm của các đường thẳng KB và OD.

H
A

B

D

Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O của ΔOAB nên KE là
K

phân giác của góc OAC . Mà OAC là tam giác cân tại A (do
AO  AC , theo gt) nên suy ra KE cũng là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC
và KC  KO .
Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm của OD và KD  KO
Suy ra ΔCKD cân tại K. Do đó, hạ KH  Δ , ta có H là trung điểm của CD.
Như vậy:
+ A là giao của Δ và đường trung trực d1 của đoạn thẳng OC

(1)

+ B là giao của Δ và đường trung trực d 2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối xứng của C qua
H và H là hình chiếu vuông góc của K trên Δ
Vì C  Δ và có hoành độ x 0 

4.

(2)

24
 gt  nên gọi y0 là tung độ của C, ta có:
5

24
12
 3y0  12  0  y0  
5
5

 12 6 
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là  ;   và đường thẳng OC có phương trình: x  2y  0
 5 5


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Suy ra phương trình của d1 : 2x  y  6  0
Do đó, theo (1), tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
4x  3y  12  0 x  3


 A  3;0 

2x  y  6  0
y  0

Gọi d là đường thẳng đi qua K  6;6  và vuông góc với Δ , ta có phương trình của d là:

3x  4y  6  0 . Từ đây, do H là giao điểm của Δ và d nên tọa độ của H là nghiệm của hệ phương
trình:
6

x

4x  3y  12  0

 6 12 
 12 36 
5

 H ;   D  ; 

5 5 
 5 5 
3x  4y  6  0
 y  12

5


 6 18 

Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là   ;  và đường thẳng OD có phương trình: 3x  y  0
 5 5

Suy ra phương trình của d 2 là x  3y  12  0
Do đó, theo (2), tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:
4x  3y  12  0 x  0

 B  0;4 

 x  3y  12  0
y  4
O

Cách 2.
 12  4a   24 12 
Do A và C thuộc Δ nên A  a;
 , C ; 
3   5
5


C

I

A

E

B

: 4x+3y-12=0

Giả thiết ta có OA  AC  ...a  3 . Vậy A  3;0 
Đường thẳng OK có pt: y  x .
Vẽ đường thẳng qua A và vuông góc OK, cắt OK tại I và cắt
OB tại E thì OK là đường trung trực của AE (vì OK là đường
phân giác góc AOB)

K(6;6)

3 3
Từ đó tìm được I  ;  , suy ra E  0;3 . Vậy pt OB: x  0 . Suy ra B  0;4  .
2 2

Vậy A  3;0 , B 0;4
Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy, gọi H  3; 2 , I 8;11 , K 4; 1 lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn
ngoại tiếp, chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Giải

HK  1;1  AK : x  y  5  0 và BC: x  y  3  0
Gọi M là trung điểm của BC  IM  BC  IM : x  y  3  0  M  0;3

HA  2MI  16;16   A 19;14 
Chọn B  b;3  b  BC  C b;b 3   BH  3 b;b 5 , CA  19
 b;11 b
Ta có BH  AC  BH.CA  0
  3  b 19  b    b  511  b   0  2b2  2  0  b  1

Với b  1 ta có B 1;2  , C  1;4 

Với b  1 ta có B  1;4  , C 1;2 




Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  :  x  1   y  2   9 . Tìm tọa độ các đỉnh
2

2

của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn  C  biết đường thẳng BC có phương trình là

2x  5  0 .
Giải

5

x
 x  12   y  2 2  9 
2

Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ: 
2x  5  0
y  2  3 3

2
Đường tròn  C  có tâm I 1;2  . Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn  C  nên I là trọng tâm
của tam giác. Từ đó tìm được A  2;2 

5
3 3 5
3 3
Vậy B  ;2 
 , C  ;2 
 và ngược lại. A  2;2 
2  2
2 
2
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
7

BAC là D  0;   và phương
2

trình đường cao CH (của tam giác ABC) là x  2y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết phân giác

 T  : x 2   y  12  5 . Giao điểm của BC với phân giác trong của góc

của ABC là x  y  1  0 .
Giải
Đường tròn  T  có tâm I  0; 1 , bán kính R  5 .
Gọi
ABC

D'

A

là điểm đối xứng của D qua phân giác của

d   D' x;y  AB

H

ta có:

D'

DD'  d
(với K là trung điểm của DD’)

k  d
 
7
x   y  2   0
5


 
x  
 5



2  D'   ; 1
7
 2

x y 

 y  1
2
 
1  0
2
2

I
B

 5

Pt đường thẳng AB qua D'   ; 1 và vuông góc với CH là AB: 2x  y  4  0
 2


Do I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC
7

 Pt đường thẳng AD qua I  0; 1 và D  0;   là x  0
2


x  y  1  0
A  AD  AB  A  0;4  , B  AB  BI  
 B  5; 6 
2x  y  4  0
x  2y  7  0
 C  3; 2 
Ta có BC : x  2y  7  0  C  BC  CH  

x  2y  1  0

Vậy A  0;4 , B 5; 6 , C 3; 2 là các điểm cần tìm.

D

C


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A  3; 4 , tâm đường tròn nội tiếp

 1 
I  2;1 và tâm đường tròn ngoại tiếp J   ;1  . Viết phương trình đường thẳng BC.
 2 
Giải
2

2 125

1
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:  x     y  1 
1
2
4


x3 y4

 x  y 1  0

2  3 1 4
Đường thẳng AI cắt đường tròn ngoại tiếp tại điểm thứ hai là D, trung điểm cung BC. Hoành độ
điểm D là nghiệm khác -3 của phương trình:

Phương trình đường thẳng AI :

2
 x  3
2 125

9 7
1

 D ; 
9
 x     x  2 
x 
2
4

2 2

2

B A
A B
 và IBD  IBC  CBD    BID  IBD
2 2
2 2
 DI  DB  DC  B, C nằm trên đường tròn tâm D bán kính DI có phương trình:

Ta có: BID 

2

2


9 
7
50
x   y   
2 
2
4


2

Tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ phương trình (1) và (2):
2

2

 x  1    y  1  125
x2  y2  x  2y  30  0
2
4




 2
2
2
2
x  y  9x  7y  20  0

9 
7
50
 x     y   
2 
2
4


10x  5y  50  0
 2
2
x  y  9x  7y  10  0

Suy ra phương trình đường thẳng BC: 10x  5y  50  0 hay 2x  y  10  0
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;4  , tiếp tuyến tại A của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của ADB có phương
trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB.
Giải
Gọi AI là phân giác trong của BAC .
Ta có: AID  ABC  BAI

A

IAD  CAD  CAI

E
M'

Mà BAI  CAI, ABC  CAD nên AID  IAD

 ΔDAI cân tại D  DE  AI
Phương trình đường thẳng AI: x  y  5  0
Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường
thẳng MM’: x  y  5  0

K
B

I

M
C

D


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi K  AI  MM'  K 0;5  M' 4;9
VTCP của đường thẳng AB là AM'   3;5  VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3
Vậy phương trình AB là: 5 x  1  3  y  4   0  5x  3y  7  0
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là

3x  5y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  4; 2  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC
biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
Giải
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao
điểm của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta ký hiệu

A

nd ,ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm

E

của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

7
x

x  y  4  0

2  M 7; 1 




2 2
3x  5y  8  0
y   1

2



I
H
B

AD vuông góc với BC nên nAD  uBC  1;1 , mà AD đi qua điểm D

K

M

C

D

suy ra phương trình của AD: 1 x  4   1 y  2   0  x  y  2  0 . Do A là giao điểm của AD và
AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

3x  5y  8  0 x  1

 A 1;1

x  y  2  0
y  1
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

x  y  4  0 x  3

 K  3; 1


x  y  2  0 y  1
Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE mà KCE  BDA (nội tiếp chắn cung AB ). Suy ra

BHK  BDA . Vậy K là trung điển của HD nên H  2;4 
Do B thuộc BC  B t;t  4  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C  7  t;3  t  .

HB   t  2;t  8; AC   6  t;2  t  . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
t  2
HB.AC  0   t  2  6  t    t  8 2  t   0   t  2 14  2t   0  
t  7
Do t  3  t  2  B 2; 2  , C  5;1 . Ta có:

AB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;1
Suy ra AB: 3x  y  4  0, AC : y  1  0
Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H  5;5 , phương trình
đường thẳng chứa cạnh BC là x  y  8  0 . Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua
hai điểm M  7;3 , N 4;2  . Tính diện tích tam giác ABC.


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Giải
Gọi H1 đối xứng với H qua BC  pt HH1 : x  y  0  I  HH1  BC
 I  4;4   H1  3;3 . Ta chứng minh được điểm H1 thuộc (ABC)

 ABC : x2  y2  2ax  2by  c  0, a2  b2  c  0 

72  32  14a  6b  c  0
M   ABC 
a  5



 2
2
Do N   ABC   4  2  8a  4b  c  0   b  4

 2
c  36
2

H1   ABC  3  3  6a  6b  c  0

  ABC : x2  y2  10x  8y  36  0

A  HH1   ABC  A  6;6 do A  H1 .
x  y  8  0

B,C  BC   ABC  tọa độ B, C là nghiệm hpt 

2
2

x  y  10x  8y  36  0

 x  3

668
y  5
 
 BC  3 2, d  A;BC  

2 2
x  6
2

 y  2

1
1
Suy ra diện tích ΔABC là SΔABC  d  A;BC  .BC  .2 2.3 2  6 (đvdt)
2
2
Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình

3x  4y  10  0 và đường phân giác trong BE có phương trình x  y  1  0 . Điểm M  0;2  thuộc

đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng

2 . Tính diện tích tam giác ABC.

Giải
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N

A

thuộc BC.

Tính được N 1;1 . Đường thẳng BC qua N và vuông góc

M

với AH nên có phương trình: 4x  3y  1  0

E
I

B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của
hệ phương trình:

B

N

4x  3y  1  0
 B 4;5

x  y  1  0
Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình: 3x  4y  8  0
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

3x  4y  8  0

1
 A  3;  

4

3x  4y  10  0
Điểm C thuộc BC và MC  2 , suy ra tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
C 1;1
 x  1;y  1

4x  3y  1  0



   31 33 
 2
31
33
2
 x  ;y 
C
;
x   y  2  2



25
25   25 25 

H

C


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Thế tọa độ A và C 1;1 vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A và C khác phía đối
với BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC.
 31 33 
Tương tự A và C  ;  thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC.
 25 25 

BC  5, AH  d  A;BC  

49
49
. Do đó SABC 
(đvdt)
20
8

Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A  1;4  , trực tâm H. Đường
thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác HMN là I  2;0  , đường thẳng BC đi qua điểm P 1; 2  . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác
biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2y  2  0 .
Giải
Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp. Suy ra I là trung điểm BH.

A

B  d  B  2  2t;t 

Suy ra H  2  2t; t   AH   3  2t; t  4  , BP   2t  1;  t  2
Do H là trực tâm của tam giác ABC
 AH.BP  0   2t  3 2t  1   t  4  t  2   0
 5t 2  10t  5  0  t  1

N

Suy

H

ra

H  0;1 , B  4; 1 , AH  1; 3 , đường thẳng BC: x  3y  7  0

I
B

M

C

P

Đường thẳng AC: 2x  y  6  0 . Tìm được tọa độ C  5; 4 
Vậy B  4; 1 , C 5; 4
Bài 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I  2;1 và thỏa
mãn điều kiện AIB  900 . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D  1; 1 . Đường thẳng AC đi qua
M  1;4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết đỉnh A có hoành độ dương.

Giải

AIB  900  BCA  450 hoặc BCA  1350
A

Suy ra CAD  450  ΔADC cân tại D.
Ta có DI  AC , khi đó phương trình đường thẳng AC có dạng
x  2y  9  0 .

A  2a  9;a  , AD  8  2a; 1  a 
a  1
AD2  40  a 2  6a  5  0  
 A 1;5 
a  5

I
B

D

M
C

Phương trình BD: x  3y  4  0
Phương trình BI: 3x  4y  5  0
B  BI  BD  B  2; 2 
 11 
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;  đường thẳng
 3
trung trực của cạnh BC có phương trình x  3y  8  0 và đường thẳng AB có phương trình

4x  y  9  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác.


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Giải
Ta

có

A,

B

thuộc

đường

thẳng

4x  y  9  0

nên

A

A  a; 4a  9  , B  b; 4b  9 

Do

 11 
G 1; 
 3

là

trọng

tâm

tam

giác

ABC

d

nên
G

C  a  b  3;4a  4b  7 

 3a

Gọi I là trung điểm BC ta có I 
;2a  1
2



B

C

I

I  d
Mặt khác d : x  3y  8  0 là trung trực của cạnh BC  

BC.u d  0
3  a
 3  2a  1  8  0
a  1

 2

3. 3  2b  a    4a  8b  16   0 b  3

Vậy A 1;5 , B 3; 3 , C  1;9
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A 1;2 , B 3;4 và đỉnh C nằm trên
đường thẳng d : 2x  y  4  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đỉnh C
có tung độ dương và diện tích tam giác ABC bằng 2.
Giải
B(3;4)

Ta có: AB   2;2  và AB  2 2
Phương trình đường thẳng AB: x  y  1  0
Đỉnh C nằm trên đường thẳng

d : 2x  y  4  0 nên

C  t;2t  4  và t  2

d  C;AB 

t   2t  4   1
2



t 3

A(1;2)

C

2

t 3
1
1
SΔABC  AB.d  C;AB  .2 2.
 t 3
2
2
2

d:2x-y+4=0

Bởi vậy: SΔABC  2  t  3  2  t  1
Nên C  1;2 
Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: x 2  y2  2ax  2by  c  0
Thay tọa độ A, B, C vào phương trình, ta có:

2a  4b  c  5
a  0


6a  8b  c  25  b  5

2a  4b  c  5 c  15


Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: x 2  y2  10y  15  0
Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (C) có phương trình là

x 2  y2  25 , AC đi qua K  2;1 , hai đường cao BM và CN. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết A có
hoành độ âm và đường thẳng MN có phương trình 4x  3y  10  0


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Giải
Chứng minh được MN  OA  OA có vec-tơ pháp

A

tuyến là n   3;4   OA : 3x  4y  0

4x-3y+10=0

 x 2  16

 x  4
3x  4y  0

Tọa độ A thỏa hệ:  2

3  y  3
2



 x  y  25  y   x
4

(do x A  0 ).

Vậy A  4;3
AC nhận

M
N
K(2;1)

O
B

AK  6; 2 

C

làm vec-tơ chỉ phương

x  2 y 1
 x  3y  5  0

3
1
 x  5  3y
y  0 y  3



 C  5;0 
Tọa độ C thỏa hệ  2
2
 x  y  25  x  5 x  4
 AC :

 x  3y  5  0
x  1

 M  1;2 
Tọa độ M thỏa hệ 
4x  3y  10  0  y  2

BM qua M và vuông góc AC  BM : 3 x  1  1 y  2   0  3x  y  5  0

 y  3x  5
y  3x  5
 x  0 x  3
 2


Tọa độ B thỏa  2
2
 x  y  25
10x 30x 0
 y  5 y  4
Với B  0;5  thì BA   4; 2  và BC   9;2   BA.BC  40  0  B tù.
Với B  3; 4  thì BA   1;7  và BC  8;4   BA.BC  20  0  B nhọn.
Vậy A  4;3 , B 3; 4 và C  5;0  .

Bài 19. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với AB  5, C 1;  1 , đường thẳng AB có
phương trình: x  2y  3  0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x  y  2  0 . Tìm tọa
độ đỉnh A và B.
Giải
Giả sử A  3  2a;a  ; B  3  2b;b 

A

 5  2a  2b a  b  1 
;
Tính trọng tâm tam giác G 
.
3
3 


Vì G thuộc d nên ta có:

5  2a  2b a  b  1

20
3
3

ab20

G
B

Mặt khác AB  5

C

3 
3 
1
1


Từ đó giải hệ ta được: A  6;   , B  4;   hoặc B  6;   , A  4;  
2 
2 
2
2



Bài 20. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết B  2; 1 , đường cao và phân giác trong quan
đỉnh A và C lần lượt có phương trình 3x  4y  27  0 và x  2y  5  0 . Viết phương trình các cạnh
của tam giác ABC.
Giải
Phương trình cạnh BC: 4x  3y  5  0


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133

4x  3y  5  0
Tọa độ C là nghiệm hệ: 
 C  1;3 
 x  2y  5  0

A

Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua CD  B'  AC

D

Tìm được B’  phương trình AC: y  3
Tìm được A  5;3
Viết được phương trình AB: 4x  7y  1  0

B

C

H

Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
5 
đỉnh A 1;5 . Tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là I  2;2  và K  ;3  .
2 
Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.

Giải
5 
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ΔABC có tâm K  ;3  bán
2 
5
kính R  AK 
2

A

2

5
25
2

 x     y  3 
2
4


I

Phân giác AI có phương trình
Gọi

D  AI   K 

x 1 y  5

 3x  y  8  0
2 1 2  5

K
C

B

tọa độ của D là nghiệm của hệ:

D

3x  y  8  0

2

5
25
2
x


   y  3 
2
4

5

 x  2
x  1
5 1
Giải ra ta được hai nghiệm 
và 
 D ; 
2 2
y  5
y  1


2

Lại có: ICD  ICB  BCD 

C A
  ICA  IAC  CID  ΔICD cân tại D  DC  DI mà DC  DB 
2 2

2

5
25
2
 x     y  3 
2
4
x  1

B, C là nghiệm của hệ: 
 y 1 
2
2
x  4
5 
1
5

2
x



y

 
  DI 

2 
2
2


Vậy B, C có tọa độ là 1;1 ,  4;1
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ΔABC có diện tích S  3, B  2;1 , C 1; 3 và trung điểm
I của AC thuộc đường thẳng  d  : 2x  y  0 . Tìm tọa độ điểm A.
Giải
I   d   I  x; 2x  . Vì I là trung điểm của AC nên A  2x  1; 4x  3 . Có BC   3; 4   BC  5

Phương trình của BC là: 4x  3y  5  0


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133

d  A;BC  

4x  10
5

1
, S  d  A,BC  .BC mà

2

A

1 4x  10
S3 .
.5  3
2
5

I

x  1
 5  2x  3  
x  4

C

B

Suy ra A 1; 1 , A  7; 13
Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, biết B và C đối xứng
với nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng

 d  : x  2y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi qua điểm K  6;2  .
Giải
B   d  : x  2y  5  0 nên gọi B  5  2b;b . Vì B, C đối xứng

A

với nhau qua O suy ra C  2b  5; b  và O  0;0   BC

I

K

d

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là
 d  : x  2y  5  0  I  2;4 và I  AB
Tam giác ABC vuông tại A nên BI   2b  3;4  b  vuông
góc với CK  11  2b;2  b 

B

C

O

b  1
  2b  311  2b    4  b  2  b   0  5b 2  30b  25  0  
b  5

Với b  1  B 3;1, C  3; 1   A 3;1   B loại.
 31 17 
 31 17 
Với b  5  B  5;5 , C 5; 5   A  ;  . Vậy A  ;  , B  5;5 , C  5; 5
5 5
 5 5

Bài 24. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A  2;6  , chân đường phân
3

giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D  2;   và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm
2

 1 
I   ;1  . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
 2 

Giải
Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC. Ta có phương trình đường thẳng AD: x  2  0 . Do E
thuộc đường thẳng AD nên E  2; t  . Mặt khác do I là tâm đường
tròn

ngoại

tiếp

tam
2

giác

ABC

nên
I

2

1
1


IA  IE   t  1   2     2    52
2
2


2

A

B

C

D

  t  1  52  t  6  t  4
2

Do đó ta được E  2; 4 
Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE
5
vuông góc với BC hay BC nhận EI   1; 2  là vec-tơ pháp tuyến.
2

E


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
3

Do đó phương trình của BC là: 1. x  2   2. y    0  x  2y  5  0 . Vậy BC: x  2y  5  0 .
2


Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đường thẳng AB và
đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác lần lượt có phương trình 4x  3y  1  0 và

7x  y  8  0 . Điểm E 10;3  thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải

4x  3y  1  0
 A  1;1
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
7x  y  8  0

A

Gọi F là điểm thuộc AM sao cho EF / /AB . Suy ra EF có
phương trình 4x  3y  49  0 . Vì F thuộc AM nên tạo độ

4x  3y  49  0
 F 1;15
của điểm F là nghiệm của hệ 
7x  y  8  0

F

H

B

E

M

C

Đường trung trực d của EF có phương trình 6x  8y  30  0
Do ΔMAB cân tại M, nên ΔMEF cân tại M. Suy ra d đi qua trung điểm H của AB và trung điểm M
của BC.
6x  8y  39  0
 1 9
 M   ;  . Ta có BC  2BM , suy ra C  3;4 
Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ: 
 2 2
7x  y  8  0

4x  3y  1  0
 5 
 H   ;3  . Ta có AB  2AH suy ra B  4;5
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ: 
 2 
6x  8y  39  0
Vậy A  1;1 , B 4;5 , C 3;4

Bài 26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh
AB: 2x  y  1  0 , phương trình cạnh AC : 3x  4y  6  0 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác
ABC biết M 1; 3 nằm trên cạnh BC thỏa mãn: 3MB  2MC .
Giải
2x  y  1  0
x  2

Tọa độ A là nghiệm của hệ: 
hay A  2; 3
3x  4y  6  0  y   3

A

 3c  6 
Gọi B  b;1  2b , C c;

4 

G

3c  6 

 MB   b  1;4  2b  , MC   c  1;

4 


B

M

C

Do M nằm trên cạnh BC và 3MB  2MC nên ta có: 3MB  2MC
3  b  1  2  c  1
3b  2c  5 b  3

hay 
 3c  6   4b  c  10  c  2

 
3  4  2b   2 
 4 

8

Vậy A  2; 3 , B 3; 5 , C  2;0 nên tam giác ABC có trọng tâm G 1;  
3


Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A  3;0 , đường cao từ đỉnh B có
phương trình x  y  1  0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình 2x  y  2  0 . Viết phương trình
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
AC qua điểm A 3;0  và vuông góc BH  AC: x  y  3  0
tọa độ
C  AC  CM 

x  y  3  0
 C  1; 4 

2x  y  2  0

C

là

nghiệm

của

A
H

hệ:
M

 x  3 yB 
Gọi B  x B ; yB   M  B
;
 (M là trung điểm AB)
2 
 2

Ta

có

B

thuộc

BH

và

M

thuộc

CM

C

B

nên:

x B  yB  1  0

 B  1;0 

y
xB  3  B  2  0

2


Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x 2  y2  2ax  2by  c  0 . Thay tọa độ ba điểm
A, B, C vào phương trình đường tròn ta có:

6a  c  9
a  1


 b  2
2a  c  1
2a  8b  c  17
c  3


Phương trình đường tròn qua A, B, C là  C : x 2  y2  2x  4y  3  0
Bài 28. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung tuyến AI : x  y  2  0 ,
đường cao AH : x  2y  4  0 và trọng tâm G thuộc trục hoành. Tìm tọa độ của B và C, biết E  5; 1
thuộc đường cao qua C.
Giải
A  0;2  , G  2;0  , I  3; 1 , BC : 2x  y  5  0
B  BC  B  t;5  2t   C  6  t;2t  7 

A

AB   t;3  2t  , EC  1  t;2t  6 
Ta có:

AB.EC  0  t 1  t    3  2t  2t  6   0
t  2
2
 5t  19t  18  0   9

t 
 5

G
E(5;-1)
B

H

x-2y+4=0

 9 7   21 17 
Vậy B  2;1 , C 4; 3 hoặc B  ;  , C  ;  
5
5 5  5

C

I
x+y-2=0

Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 1;6  , trực tâm H 1;2  , tâm
đường tròn ngoại tiếp I  2;3 . Tìm tọa độ B, C; biết B có hoành độ

A(1;6)

dương.
Giải
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua I  HBA’C là hình bình hành
với tâm M.

H(1;2) I(2;3)

 A'  3;0   M  2;1

BC qua M và vuông góc với AH  BC : y  1
B  BC  B  t;1 , t  0

B

C

M
A'


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
 t  2  6 (loaïi)
2
2


t

2

2
 
 t  2  6  B 2  6;1


Ta có: IA  IB  12  32 









M là trung điểm BC, suy ra C 2  6;1



 



Vậy B 2  6;1 , C 2  6;1

Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường
cao AH : x  y  3  0 . Biết đỉnh C  5;0  , đỉnh B thuộc trục tung. Tìm tọa độ các đỉnh A và B.
Giải
Phương trình cạnh BC là x  y  5  0

A

B  BC  Oy  B  0;5

Giả sử A  t;t  3  AH; AB   t;2  t  , AC  5  t;  t  3
Tam giác ABC vuông tại A  AB.AC  0  t  1  t  3
 A  1;2  hoặc A  3;6
Bài 31. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác

B

C

H

ABC có đỉnh A  3;4  , đường phân giác trong của góc A có

phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I 1;7  . Viết phương trình
cạnh BC, biết diện tích tam giác ABC gấp 4 lần diện tích tam giác IBC.
Giải
Ta có IA  5 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ΔABC có dạng

 C :  x  1

2

A

  y  7   25
2

Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với
đường tròn ngoại tiếp ΔABC . Tọa độ của D là nghiệm của hệ:

 x  y  1  0
 D  2;3

2
2
 x  1   y  7   25

I

B

H

K

C

Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung
nhỏ BC. Do đó ID  BC hay đường thẳng BC nhận vec-tơ DI   3;4 

D

làm vec-tơ pháp tuyến.
Phương trình cạnh BC có dạng 3x  4y  c  0
Do SΔABC  4SΔIBC nên AH  4IK
Mà AH  d  A;BC  

7c
5

và IK  d  I;BC  

31  c
5

114

c   3
nên 7  c  4 31  c  
c   131

5

Vậy phương trình cạnh BC là: 9x  12y  114  0 hoặc 15x  20y  131  0
Bài 32. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d: x  y  3  0 . Qua điểm A thuộc d kẻ hai đường
thẳng tiếp xúc với đường tròn  C  :  x  2    y  1  4 tại B và C. Gọi G là trọng tâm của tam
2

2

giác ABC. Tìm tọa độ của điểm A, biết đoạn AG bằng 2.
Giải


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
(C) có tâm I  2;1 , R  2 . Gọi H là giao của AI và BC

B

3

 AH  AG  3
2
Đặt t  AI, t  0 . Ta có:

d

A
H
I

AB2  t 2  4 , AH.AI  AB2 , AH  3
Suy ra t 2  4  3t  t 2  3t  4  0  t  4 (thỏa mãn)
hoặc t  1 (không thỏa mãn)
A  d  A  a;a  3

ta

C

có:

IA2  16   a  2    a  2   16  a 2  4  a  2
2

2

Vậy A  2;5 và A  2;1
Bài 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH: x  3 3 ,
hai phương trình đường phân giác trong góc ABC và ACB lần lượt là x  3y  0 và
x  3y  6 3  0 . Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3. Viết phương trình các cạnh của

tam giác ABC, biết đỉnh A có tung độ dương.
Giải
Chứng minh tam giác ABC đều.
Do đường cao AH: x  3 3 nên đường thẳng BC song song

A

hoặc trùng với trục hoành Ox. Tâm đường tròn nội tiếp





I 3 3;3 , bán kính bằng 3  pt BC: y  0 hoặc y  6
Nếu pt BC: y  6 thì tung độ của A bằng -3 (loại)  pt BC:



y  0 . Tọa độ các điểm B  0;0 , C 6 3;0



x+ 3y-6 3=0
x- 3y=0

Đường thẳng AB có hệ số góc k  3 , đường thẳng AC có hệ
số góc k '   3 . Phương trình lần lượt là y  3x và

x=3 3

B

H

C

y   3x  18

Bài 34. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại C, các đường thẳng AB, AC lần
lượt có phương trình là x  2y  0 và x  y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết
trọng tâm G nằm trên trục tung.
Giải
Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
 x  2y  0
x  4

 A  4;2 

x  y  6  0  y  2

Gọi G  0;a  , do CG vuông góc với AB nên phương trình đường

C

x-y+6=0
G

thẳng CG là 2x  y  a  0 . Tọa độ C là nghiệm của hệ phương

2x  y  a  0
 C  6  a;12  a 
trình 
x  y  6  0

A

x+2y=0 M

B


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi M là trung điểm của AB thì M là giao của CG và AB, suy ra tọa độ M là nghiệm của hệ phương
2a

x

2x  y  a  0

 2a a 
5
trình: 

 M  ; 
 5 5
 x  2y  0
y  a

5


2a
 4a

Suy ra tọa độ của B là    4;  2 
5
 5


G là trọng tâm nên x A  x B  x C  3x G  4 

4a
10
46a 0a 
5
3

 4 2   8 26 
Vậy A  4;2 , B ;   , C ; 
 3 3 3 3 
 3 
Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có tâm I   ;0  và
 2 
(T) tiếp xúc với đường thẳng Δ : 4x  2y  19  0 , đường phân giác trong của góc A có phương trình

x  y  1  0  d  . Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng ba lần diện

tích tam giác IBC và điểm A có tung độ âm.
Giải

5 5
 3 
Đường tròn (T) có tâm I   ;0  , bán kính R  d  I,Δ  
có pt:
2
 2 

A

x 2  y2  3x  29  0
Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn (T) tại A và A’ có tọa độ là
nghiệm của hệ:
7

x
2
2


x


4

x

y

3x


29

0


2



y


5
5
x  y  1  0


y 

2


I

C

B

A'

7 5
Điểm A có tung độ âm suy ra A  4; 5 và A '  ; 
2 2

Vì d là phân giác trong của góc A nên cung BA'  CA'  IA'  BC
Phương trình đường thẳng BC có dạng 2x  y  m  0
Mặt khác ta có:

1
1
SABC  3SIBA  d  A;BC  .BC  3. d  I;BC .BC  d  A;BC   3d  I;BC 
2
2



m  13
5

 3.

m 3
5

 m  13  3 m  3  m  2  m 

11
2

11

khi đó BC: 4x  2y  11  0
2
Vậy phương trình đường thẳng BC là: 2x  y  2  0 và 4x  2y  11  0
Với m  2 khi đó BC: 2x  y  2  0 . Với m 

Bài 36. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A 1;2  , B 1; 2  . Tìm tọa độ điểm C trên đường
thẳng d1 : x  y  1  0 sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với đường thẳng

d2 : x  y  3  0 .
Giải


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

d2

Vì A  d 2 nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tiếp xúc với d 2

A

tại A.
Phương trình IA: x  y  1  0 .
Gọi I  t; t  1 , vì IA  IB suy ra t  1 . Suy ra I  1;0 

I

Gọi C  a;a  1 , vì IC  IA  2 2  a   3
Vậy C









B

3; 3  1 hoặc C  3;  3  1

C
d1

Bài 37. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng

d : x  y  1  0 và tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn  C : x 2  y2  2x  4y  4  0 . Viết phương
trình đường thẳng AB, biết đường thẳng AB tạo với đường thẳng d góc 450 .



Gọi vtpt của AB là n   a;b  , a 2  b2  0



Giải

A
d

Theo giả thiết ta có:
n.n d

cos 450 



n . nd

a  0
2

2
b  0

I

Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn tâm I 1; 2  , R  3

1
3
 d  I;AB  R 
2
2

C

B

Nếu a  0 , chọn b  1 thì phương trình đường thẳng AB có
dạng y  m  0
1

m  2
3
d  I;AB    
2
m  7

2

Nếu b  0 , chọn a  1 thì phương trình đường thẳng AB có dạng: x  m  0
1

m
3 
2
d  I;AB    
5
2 
m

2

Vậy có 4 đường thẳng AB thỏa mãn bài toán có phương trình là: 2y  1  0 ; 2y  7  0; 2x  1  0 và

2x  5  0 .
Bài 38. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H  6;7  , tâm đường tròn ngoại tiếp
I 1;1 và D  0;4  là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng BC. Tìm tọa độ đỉnh A.

Giải
Ta có HD   6; 3 , suy ra phương trình BC: 2x  y  4  0

A
B'

Phương trình DH: x  2y  8  0
Gọi M là trung điểm cạnh BC, ta có IM  d  I,BC   5
Kẻ đường

kính

BB’,

AH  B'C  2IM  2 5

khi

đó

AHB’C

là hình

bình

hành

I

nên

H
B

D

M

C


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Vì A  DH  A 8  2a;a   AH   2a  14;7  a 
Suy ra  2a  14   a  7   20   a  7   4  a  9;a  5
2

2

2

Vậy A  2;5 hoặc A  10;9
Bài 39. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A. Gọi N là trung điểm của
AB. Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của
 11 13 
đỉnh A biết rằng E  7;1 , F  ;  và phương trình đường thẳng CN là 2x  y  13  0 .
5 5

Giải

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Vì G  CN  G  t;13  2t  . Do tam giác ABC cân tại A nên ta có:
2

2

11  
13 
2
2 
GE 2  GF2   t  7   13  2t  1   t    13  2t    t  5
5 
5

 G  5;3

x  5  t
Ta có AG  EF  u AG  1;3 . Phương trình đường thẳng AG là 
 y  3  3t
 A  5  a;3  3a 
C  CN  C  c;13  2c 

 x B  3x G  x A  x C  10  a  c
Từ đó suy ra 
 B 10  a  c; 7  3a  2c 
 yB  3yG  yA  yC  7  3a  2c
Ta có: BC   a  2c  10;3a  4c  20  u AG  1;3
 1 a  2c  10  3 3a  4c  20   0  a  c  5

Suy ra B 15  2c;8  c  . Ta có EB  8  2c;7  c  , EC   c  7;12  2c  . Vì EB  EC nên ta có

EB.EC  0
 8  2c  c  7    7  c 12  2c   0  28  4c  0  c  7,a  c  5  2

Vậy A  7;9 , B1;1 , C 7; 1
Bài 40. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A 1;2  , B  5; 1 và C  3; 1 . Viết phương trình
đường tròn nội tiếp ΔABC .
Giải
Gọi D là chân đường phân giác của A, I là tâm đường tròn nội
tiếp ΔABC . Ta có BC  8 , AC  5, AB  5  ΔABC cân tại A 

A

D là trung điểm của BC  D 1; 1
Ta có BD  4 , trong ΔBAD có:

I

IA BA
5
 1

 IA   ID  I 1; 
ID BD
4
 3
Do ΔABC cân tại A nên r  ID 

4
. Vậy phương trình đường
3

2

1  16
2 
tròn nội tiếp ΔABC là:  x  1   y   
3
9


B

D

C


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Bài 41. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB  5 , đỉnh C  1; 1 , đường thẳng
chứa cạnh AB có phương trình x  2y  3  0 . Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng
(d): x  y  2  0 . Xác định tọa độ các đỉnh A, B của tam giác.
Giải
Gọi I  x; y là trung điểm của cạnh AB, G là trọng tâm tam giác.

A

2x  1

x G  3
2


Ta có: CG  CI  
3
 y  2y  1
G

3


I

2x  1 2y  1

20
3
3
 2x  1 2y  1

 2  0 x  5

Tọa độ I thỏa mãn hệ  3

3
 y  1
 x  2y  3  0

G

G thuộc d: x  y  2  0 nên

C

B

Do A thuộc x  2y  3  0 nên tọa độ A là A  3  2a;a 
Theo giả thiết AB  5  IA 

5
5
5
2
2
 IA2    2  2a    a  1 
2
4
4

1
3
a  a 
2
2
1 
3 
1
3


Từ đó tìm được A  4;   , B  6;   hoặc A  6;   , B  4;  
2 
2 

2
2



Bài 42. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung tuyến và phân giác trong đỉnh B

có phương trình lần lượt là  d1  : 2x  y  3  0 ,  d2  : x  y  2  0 . Điểm M  2;1 nằm trên đường
thẳng chứa cạnh AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng

5 . Biết đỉnh A có

hoành độ dương, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải

 d1    d2   B1;1  PT AB: y  1
 A  a;1

A

Gọi N là đối xứng của M qua phân giác  d 2  :

d2

M

I

 N 1;0  Pt BC : x  1  C 1;c 

d1

1 a 1 c 
;
Trung điểm AC là I 
,
2 
 2

do I thuộc trung tuyến  2a  c  3  0

B

1

dễ thấy tam giác ABC vuông ở B, IB  5   a  1   c  1  20
2

2

N

C

 2

a  3
 A  3;1 , C 1; 3
Từ (1) và (2)  
a  1 (loaïi)

Bài 43. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ đỉnh A  2;1 , đường cao đỉnh B
và trung tuyến đỉnh C có phương trình lần lượt là  d1  : 2x  y  0 ;  d2  : x  y  0 . Viết phương
trình cạnh BC.
Giải


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Pt AC: x  2y  4  0 . Giải hệ

A

 x  2y  4  0
4 4
 C ; 

3 3
x  y  0

I

 b  2 2b  1 
B  d1  B  b;2b  . Trung điểm của AB: I 
;
 , do
2 
 2
I  d2  b  1

d1

d2

C

B

 B 1;2 

Pt BC: 2x  y  4  0
Bài 44. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm C  5;1 , trung tuyến AM,
điểm B thuộc đường thẳng x  y  6  0 . Điểm N  0;1 là trung điểm của đoạn AM, điểm D  1; 7 
không nằm trên đường thẳng AM và khác phía với A so với đường thẳng BC đồng thời khoảng
cách từ A và D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm A, B.
Giải
Do A, D nằm khác phía so với BC và cách đều BC suy ra BC
đi qua trung điểm I của AD.

A

Gọi G  a; b là giao điểm của DN và MI suy ra G là trọng

N

tâm của tam giác ADM.
1

a   3

1  3a


 1 5
 ND  3NG  

 G  ; 
 3 3

8  3  b  1
b   5

3


Phương trình đường thẳng BC đi qua G và C: x  2y  3  0

B

I

G

C

M

D

 x  2y  3  0 x  3

 B  3; 3
Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình: 

x  y  6  0
 y  3
 M 1; 1  A  1;3 .

Vậy A  1;3 , B 3; 3
Bài 45. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A  3;3 , tâm đường tròn
ngoại tiếp I  2;1 , phương trình đường phân giác trong góc BAC là x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh
B, C biết rằng BC 

8 5
và góc BAC nhọn.
5
Giải

Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) tại E là
điểm chính giữa cung BC  IE  BC

A

Vì E thuộc đường thẳng x  y  0 và IE  IA  R  E  0;0  .
Chọn n BC  EI   2;1  Pt BC có dạng 2x  y  m  0 .

3
4 5
 IH  IC2  HC2 
Từ giả thiết  HC 
5
5
 d  I;BC  

m5
 m  2  BC : 2x  y  2  0
3
3




5
5
5
 m  8  BC : 2x  y  8  0

I
B

D

H

E

C


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133
Vì BAC nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC: 2x  y  2  0 thỏa mãn.


2x  y  2  0

8 6
8 6
Từ hệ 
 B  0;2  , C  ;   hoặc B  ;   , C  0;2 
2
2
5 5
5 5

 x  2    y  1  5
Bài 46. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa
đường cao kẻ từ B là x  3y  18  0 , phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là

3x  19y  279  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2x  y  5  0 . Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng
BAC  1350 .
(Trích Trường THPT Chuyên ĐH Vinh lần 2 – 2014)
Giải

B  BH : x  3y  18  B  3b  18;b 

H

C  d : y  2x  5  C  c;2c  5

A
d

Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực
Δ :3x 19y  279  0

u .BC  0
 Δ
(M là trung điểm BC)
M  Δ

B

M

C

60b  13c  357
b  4 
B  6;4 



10b  41c  409
c  9 
C  9;23

AC  BH  chọn n AC  u BH   3;1  pt AC: 3x  y  4  0  A  a;3a  4 
 AB   6  a;8  3a  , AC   9  a;27  3a 





Ta có A  1350  cos AB;AC  




1
2

 6  a  9  a   8  3a  27  3a 
 6  a 2  8  3a 2 .  9  a 2   27  3a 2
 9  a  3  a 
9  a a 2  6a  10





1
2

3  a  9


a 4.
2
2
2
2  3  a   a  6a  10


1

Suy ra A  4;8 .
Bài 47. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I 1;2  bán
kính R  5 . Chân đường cao kẻ từ B và C lần lượt là H  3;3 và K  0; 1 . Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK, biết A có tung độ dương.
Giải
Gọi D là điểm đối xứng với A qua I, suy ra D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó
BAD  ADB  900

1

Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp nên AKH  ACB
Lại có ACD  ADB

 3

 2

(hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Từ (1), (2) và (3) suy ra BAD  AKH  900 hay AD  KH


Bài giảng Chuyên Đề Luyện Thi THPT Quốc Gia 2016-1017. Thầy Cư – SĐT: 01234332133

 x  1  4t
Ta có KH   3;4   pt AD: 
 A 1  4a;2  3a 
 y  2  3t

A

H

Ta có IA  R


 4a 

2

K

  3a   5  5 a  5  a  1

I

2

Suy ra A  5; 1 , A  3;5 . Do A có tung độ dương nên A  3;5

B

C

J

x  t
 B  b; 1  2b  . Vì
Ta có AK   3; 6  , suy ra pt AB là: 
 y  1  2t
IB  5 nên B 1; 3

D

 x  3  3t
AH   6; 2  , suy ra pt AC là: 
 C  3  3c;3  c  . Vì IC  5 nên C  6;2 
y  3  t
7 1
Ta có BC  5 2 , trung điểm BC là J  ;  . Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK nhận BC làm
2 2
2

2

7 
1
25

đường kính nên có phương trình:  x     y   
2 
2
2

Bài 48. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M  2;1 là trung điểm cạnh AC,
điểm H  0; 3  là chân đường cao kẻ từ A, điểm E  23; 2  thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ
từ C. Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : 2x  3y  5  0 và điểm C có hoành độ
dương.
Giải

x  1  3t

A  d : 2x  3y  5  0  
 A  3a  1;2a  1
 y  1  2t

A

d

Vì M  2;1 là trung điểm AC nên suy ra C  3  3a;1  2a 

HA   3a  1;2a  4 

HC   3  3a;4  2a 

M

N

a  1
Vì AHC  90 nên HA.HC  0  
a   19

13

E

0

B

H

C

Với a  1  A  2;3 , C 6; 1  thỏa mãn.
Với a  

19
 18 51 
 C   ;  không thỏa mãn.
13
 13 13 

Với A  2;3, C 6; 1 ta có phương trình CE: x  17y  11  0 , phương trình BC: x  3y  9  0 .
 3b  7 b  3 
;
Suy ra B  3b  9;b   BC  trung điểm AB là N 

2 
 2

Mà N  CE  b  4  B  3; 4 
Bài 49. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm H  3; 2  , trung
1 
điểm của đoạn AB là M  ;0  và phương trình cạnh BC là: x  3y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của
2 
tam giác.

(Trích Sở Giáo dục và Đào tạo Vĩnh Phúc lần 1 – 2014)